/Konkursy/Olimpiada Matematyczna

LX Olimpiada Matematyczna I stopień 2008/2009

I seria

Zadanie 1

Na niektórych polach szachownicy rozmiaru m × n ustawiono wieże. Wiadomo, że dowolna wieża znajduje się w polu rażenia co najwyżej dwóch innych wież. Wyznaczyć, w zależności od m ,n ≥ 2 , największą liczbę wież na szachownicy, dla której taka sytuacja jest możliwa.

Rozwiązanie

Oczywiście zaczynamy od prób i po jakimś czasie można wymyślić, że da się ustawić m + n wież. Przykład takiego ustawienia na rysunku.


PIC


Spróbujemy pokazać, że więcej wież postawić się nie da.

Sposób I

Przypuśćmy, że na szachownicy da się ustawić m + n + 1 wież tak, aby każda znajdowała się w polu rażenia co najwyżej dwóch. Dodatkowo przyjmijmy, że m ≥ n i m jest liczbą wierszy. Gdyby w każdej kolumnie były co najwyżej 2 wieże to wszystich wież byłoby co najwyżej 2n ≤ m + n < m + n+ 1 . Zatem w pewnej kolumnie muszą być co najmniej 3 wieże.


PIC

Spośród tych wież wybierzmy środkową – jest ona atakowana przez dwie wieże, zatem odpowiadający jej wiersz nie może zawierać żadnych innych wież. Usuwamy ten wiersz i mamy poprawną sytuację w tablicy rozmiaru (m − 1)× n i w której jest m + n = (m − 1 )+ n + 1 wież. To jest nasz krok indukcyjny. Kontynuujemy tę operację aż dojdziemy do tablicy 2 × 2 , na której jest

2 + 2 + 1 = 5

wież. Oczywiście jest to niemożliwe.

Sposób II

Zauważmy, że z warunków zadania wynika, że każda wieża „widzi" co najmniej dwie krawędzie brzegowych pól szachownicy (bo najwyżej dwa ma zasłonięte). Wszystkich takich krawędzi pól jest 2m + 2n , zatem wszystkich wież nie może być więcej niż m + n (bo każde pole brzegowe może widzeć tylko jedna wieża).  
Odpowiedź: m + n

Zadanie 2

Dana jest liczba całkowita n ≥ 2 . Niech r1,r2,r3,...,rn−1 będą odpowiednio resztami z dzielenia liczb

1,1+ 2,1+ 2+ 3,...,1+ 2+ ...+ (n − 1)

przez n . Znaleźć wszystkie takie wartości n , że ciąg (r1,r2,r3,...,rn− 1) jest permutacją ciągu (1,2,3 ,...,n − 1) .

Rozwiązanie

Dla prostoty nie będziemy odróżniać ciągu

 n(n-−-1)- rn = 1+ 2+ ...+ (n − 1) = 2 ,

od ciągu reszt jakie dają te liczby przy dzieleniu przez n (n będziemy mieli cały czas ustalone, więc nie prowadzi to do nieporozumień).

Po pierwsze wypisujemy sobie pierwszych kilka (kilkanaście) początkowych wyrazów ciągu rn i patrzymy dla jakich n ciągi reszt są takie jak powinny być. Jak się to zrobi to narzuca się odpowiedź – będzie OK tylko dla potęg 2, czyli liczb postaci n = 2k . Ponadto dla liczb nieparzystych ostatnia reszta rn− 1 dzieli się przez n . Spróbujmy to uzasadnić.

Jeżeli n = 2k + 1 jest nieparzyste to sprawa jest prosta

 (2k-+-1)2k- rn−1 = r2k = 2 = (2k + 1)k

i widać, że liczba ta jest podzielna przez n (a więc nie należy do zbioru (1,2,3 ,...,n − 1) )

O zadaniu trzeba myśleć następująco: ciąg reszt będzie żądaną permutacją, jeżeli każde dwie reszty będą różne. Aby tak było wystarczy, że rb − ra nie dzieli się przez n dla 1 ≤ a < b < n . Ze wzoru na sumę ciągu arytmetycznego mamy

 a+-1-+-b- rb − ra = (a+ 1)+ (a + 2 )+ ⋅⋅ ⋅+ b = 2 ⋅(b − a).

Załóżmy najpierw, że n ma czynnik nieparzysty, czyli jest postaci n = (2k+ 1)m i m > 1 . Spróbujmy dobrać a i b , żeby różnica reszt wyszła podzielna przez n . Trochę kombinując, można to wymyślić:

 2km (2k + 1) rkm +k − rkm−k− 1 = -------------= km (2k+ 1). 2

W powyższej równości jest jeden drobny detal, mianowicie dla m = 2 i k = 1 mamy km − k − 1 = 0 , ale przypadek n = 6 możemy rozważyć osobno (lub przyjąć, że r0 = 0 ).

Pozostało zastanowić się nad przypadkiem n = 2k . Zastanówmy się czy liczba

 (a+ 1 + b )(b − a) rb − ra = ------------------, 2

gdzie  k 1 ≤ a < b < 2 , może dzielić się przez  k n = 2 . Zauważmy, że tylko jedna z liczb a + b + 1,b − a jest parzysta i w dodatku maksymalnie może dzielić się przez 2k (bo obie liczby są mniejsze od 2k , więc oba wyrażenia są mniejsze od 2k+1 ). Zatem liczba

(a-+-1+--b)(b−--a) 2

nie dzieli się przez potęgę 2 wyższą niż 2k− 1 , co kończy dowód.

Zadanie 3

Okrąg wpisany w trójkąt ABC jest styczny do boków BC ,CA ,AB odpowiednio w punktach D ,E ,F . Punkty M ,N ,J są odpo- wiednio środkami okręgów wpisanych w trójkąty AEF ,BDF ,DEF . Dowieść, że punkty F i J są symetryczne względem prostej MN .

Rozwiązanie

W tym zadaniu (jak to często w geometrii) najważniejszy jest rysunek – to on powie nam co mamy robić.


PIC


Gdy dokładnie narysujemy opisaną sytuację, to pierwsza rzecz która się narzuca, to że punkty M i N leżą na okręgu wpisanym w trójkąt ABC . Zanim zaczniemy kombinować do czego to się może przydać, spróbujmy sprawdzić czy tak jest (prawy rysunek).

To co musimy sprawdzić, to czy  ∘ ∡EMF + ∡EDF = 18 0 (bo to jest warunek na to, aby punkt M leżał na okręgu opisanym na trójkącie EDF , albo jak ktoś woli na to, żeby na czworokącie MF DE można było opisać okrąg). Oba kąty łatwo jest wyliczyć korzystając z tego, że trójkąty AF E ,FBD ,DCE są równoramienne. Jeżeli oznaczymy kąty jak na rysunku to mamy

 ∘ ∘ ∘ ∘ ∡EDF = 180 − ∡CDE − ∡BDF = 180 − (9 0 − γ)− (90 − β) = γ + β ∘ ∘ 1- ∘ 1- ∘ ∘ α- ∡EMS = 90 − ∡F EM = 90 − 2∡F EA = 90 − 2(90 − α ) = 45 − 2 ∡EMF = 2∡EMS = 90 ∘ − α .

Jest więc jasne, że ∡EMF + ∡EDF = 180∘ , czyli punkt M leży na okręgu wpisanym w trójkąt ABC . Oczywiście podobnie jest z punktem N . Zanim przejdziemy dalej, zauważmy jeszcze, że punkt M dzieli łuk EF na połowy, a punkt N dzieli na połowy łuk FD .

Ok, teraz z powrotem popatrzmy na wyjściowy obrazek i się zastanówmy co dalej robić.


PIC


Ponieważ punkt M dzieli łuk EF na połowy, prosta MD jest dwusieczną kąta EDF . Zatem leży na niej punkt J . Podobnie, punkty E,J,N są współliniowe. Ponadto, z tych samych powodów, prosta MN jest dwusieczną kąta ENF oraz kąta DMF . Zatem czworokąt MF NJ musi być deltoidem, co dowodzi, że punkty F i J są symetryczne względem prostej MN .

Zadanie 4

Udowodnić, że dla dowolnych nieujemnych liczb rzeczywistych a,b,c prawdziwa jest nierówność

 √ ----- √ ----- √ ---- 3 3 4( a3b3 + b3c3 + c3a3) ≤ 4c + (a+ b) .

Rozwiązanie

Sposób I

Spróbujemy przkształcić podaną nierówność zwijając do pełnego kwadratu.

 3 3 2 2 3 √ -3-3- √ -3-3- √ -3-3 0 ≤ 4c +√ a-+ 3√a-b+ 3a√b-+ b − √4(--a-b + b c + c√a-) =- = ( a3 + b3 − 2 c3)2 − 2 a3b3 + 3a2b+ 3ab2 − 4 a3b3 = √ --- √ --- √ -- √ ----- = ( a3 + b3 − 2 c3)2 + 3(a2b+ ab2 − 2 a3b3) = √ -3- √ -3- √ -3 2 √ -2-- √ --2-2 = ( a + b − 2 c ) + 3( a b− ab ) .

Jest jasne, że nierówność ta jest zawsze spełniona.

Sposób II

Ponieważ nierówność jest jednorodna (stopień każdego jednomianu to 3), więc łatwo możemy pozbyć się jednej niewiadomej, powiedzmy c , dzieląc przez c3 .

Osobno rozważmy najpierw przypadek c = 0 .

 ----- 4√ a3b3 ≤ (a + b)3 /√3 √ -√ --- 34 ab ≤ a + b .

Nierówność ta łatwo wynika z nierówności między średnimi 2 √ab--< a + b .

Jeżeli c ⁄= 0 , to podzielmy obie strony przez  3 c .

 ∘ (--)-(---)3- ∘ (--)-3- ∘ (--)-- ( ) 3 a- 3 b- b- a-3 a- b- 4 c c + 4 c + 4 c ≤ 4 + c + c .

Podstawiamy teraz p2 = a c i q2 = b c i mamy

4p3q3 + 4p 3 + 4q 3 ≤ 4+ p6 + 3p2q4 + 3p4q2 + q6 0 ≤ p6 + q6 + 4 − 4p3 − 4q3 − 4p 3q3 + 3p 2q4 + 3p4q2 3 3 2 3 3 2 4 4 2 0 ≤ (p + q − 2) − 6p q + 3p q + 3p q 0 ≤ (p3 + q3 − 2)2 + 3p2q2(− 2pq + p2 + q2) 3 3 2 2 2 2 0 ≤ (p + q − 2) + 3p q (p − q ).
Wersja PDF
spinner